inversible. Ainsi, ker A = ker(BP −1 ) et Im A = (P B). Soit alors X ∈ Rn : Correction 1. X ∈ ker A ∩ Im A (a) Montrer qu’une matrice A ∈ Mn (R) est non inversible si et seulement si elle est équivalente à une matrice nilpotente. ⇐ Supposons qu’il existe N ∈ Mn telle que A ∼ N . Alors ⇒ BP −1 X = 0 et ∃Y ∈ Rn tel que X = P BY ⇒ B P −1 X = 0 et ∃Y ∈ Rn tel que P −1X = BY ⇒ P −1 X ∈ ker B et P −1 X ∈ Im B ⇒ P −1 X = 0 puisque Im B et ker B sont supplémentaires, ⇒ X = 0 puisque P −1 est inversible. Finalement, ker A ⊕ Im A = Rn . Rang A = Rang N car deux matrices équivalentes ont même rang, 3. (a) Montrer que si A ∈ Mn (R) est telle que pour tout X ∈ Rn , AX est colinéaire à X, alors ⇒ Rang A 6 n − 1 parce que N ∈ / GLn et que une matrice non inversible est de rang 6 n − 1, il existe λ ∈ R telle que A = λIn . ⇒ A∈ / GLn car une matrice de rang 6 n − 1 est non inversible. Il faut bien comprendre la distinction entre l’hypothèse et la conclusion : on suppose que pour tout X ∈ Rn , il existe λX ∈ R tel que AX = λX .X, et on cherche à prouver ⇒ Si A n’est pas inversible, elle est de rang r 6 n − 1. Considérons la matrice trianguque ce scalaire λX est indépendant de X. Prenons donc X et Y ∈ Rn et montrons que laire N = (ni,j ) ∈ Mn à diagonale nulle - donc nilpotente- et dont les seuls coefficients λX = λY : non nuls sont les ni,i+1 , pour i ∈ [[1, r]] qui valent 1. Cette matrice N est équivalente à AX = λX .X, AY = λY .Y et A(X + Y ) = λX+Y .(X + Y ). Ainsi, λX .X + λY .Y = A car elle est clairement de rang r.λX+Y .(X + Y ), d’où l’on déduit que λX − λX+Y .X + λY − λX+Y .Y = 0. Si (X, Y ) est libre, on a alors effectivement l’égalité λX = λX+Y = λY , qui était le (b) On suppose qu’on dispose d’une application f : Mn (R) → R qui vérifie f (O) = 0, f (In ) = résultat attendu. Enfin, si Y = α.X alors AY = α.AX = αλX .X = λX .Y , donc à 1 et f (A × B) = f (A) × f (B) pour toutes matrices A et B. Montrer que f (A) 6= 0 ⇐⇒ nouveau λX = λY . A ∈ GLn (R). −1 −1 (b) En déduire que si M n’est pas colinéaire à In , il existe une base (e1 , . . . , en ) de Rn telle ⇐ Si A ∈ GLn (R), alors A × A = In , donc f (A) × f A = 1 d’après les que e2 = M e1 . propriétés de f , si bien que f (A) ne peut être nul. Si M n’est pas colinéaire à In , d’après la question précédente, il existe e1 ∈ Rn qui ⇒ Faisons-le par contraposition en supposant que A ∈ / GLn (R) et utilisons bien n’est pas colinéaire à M e1 . La famille (e1 , M.e1 ) est donc libre, et on conclut avec le évidemment la question précédente. Il existe donc deux matrices inversibles P, Q et théorème de la base incomplète. une matrice nilpotente N telles que A = P N Q. Alors, f (A) = f (P )f (N )f (Q). Il suf(c) Montrer, par récurrence sur n > 1 que toute matrice A ∈ Mn (R) de trace nulle est semfit alors de prouver que f (N ) = 0. Mais il existe k ∈ N tel que N k = 0, si bien que blable à une matrice de diagonale nulle. f (N )k = f (N k ) = f (0) = 0, et ainsi f (N ) = 0 car c’est un réel. 2. Soit A ∈ Mn (R) une matrice non nulle. Montrer que ker A ⊕ Im A = Rn ⇐⇒ il existe une A0 0 0 matrice inversible A ∈ GLr (R) telle que A est semblable à . 0 0 ∗ .. P(n) : ∀A ∈ Mn (R), Si Trace A = 0, alors ∃P ∈ GLn (R)/P −1 AP = ⇒ Soit (e1 , . . . , er ) une base de ker A et (er+1 , . . . , en ) une base de Im A. En les réunissant, puisque ces deux sous-espaces vectoriels sont supplémentaires, nous obtenons une base B de Rn . Notons B = (bi,j ) ∈ Mn (R) la matrice de LA dans cette nouvelle base, et montrons qu’elle a la forme voulue. Les n − r dernières colonnes de B sont nulles car ei ∈ ker A pour i > r + 1. Enfin, pour tout j ∈ [[1, r]], Aej ∈ Im A = Vect (e1 , . . . , er ), i.e bi,j = 0, ∀(i, j) ∈ [[r + 1, n]] × [[1, r]]. cqfd. 0 A 0 ⇐ Notons B = , ou A0 ∈ GLr (R). Commençons par montrer que Im B et ker B 0 0 sont supplémentaires. D’après le théorème du rang appliqué à cette matrice, ilsuffit de monY trer qu’ils sont en somme directe. Soit X ∈ Rn , que nous écrirons X = , où Y ∈ Rr Z 0 AY et Z ∈ Rn−r . Alors BX = . Grâce à cette relation, on identifie facilement le noyau 0 0 0 et l’imagen de B, = 0 ⇔ Y = 0, car puisque BX o= 0 ⇔ A Y n o A est inversible. Donc 0 0 Y ker B = où Y 0 ∈ Rr . Ils sont donc bien supoù Z ∈ Rn−r , et Im B = 0 Z plémentaires. Revenons à notre matrice A. Il existe donc P ∈ GLn (R) telle que P BP −1 = A. Souvenonsnous ici qu’on ne change pas le noyau d’une matrice en la multipliant à gauche par une matrice inversible, et qu’on ne change pas son image en la multipliant à droite par une matrice 0 . ∗ ∗ 0 .. . ... P(1) est vrai car la seule matrice de taille 1 et de trace nulle est la matrice nulle, qui est semblable à elle-même. Soit n > 1 tel que P(n) est vrai. Montrons que P(n + 1) est vrai. Ecartons le cas où A, de trace nulle, est colinéaire à In , car alors, c’est encore la matrice nulle, et le résultat est encore vrai. Soit donc A de trace nulle et non colinéaire à In . D’après la question précédente, il existe une base B = (e1 , . . . , en ) de Rn telle que e2 = M e1 . A 0 b . . . b1n 12 1 b . . . b 22 2n est alors semblable à Mat β (LA ) = .. .. . La trace étant invariante 0 . . 0 bn2 . . . bnn par similitude, 0 = Trace A = b22 + · · · + bnn . Par hypothèse de récurrence, ilexiste 0 ∗ ... ∗ b22 . . . b2n . .. . .. 0 .. P = ∗ alors P ∈ GLn−1 telle que P −1 .. . . , que . . . .. ... . ∗ bn2 . . . bnn ∗ ... ∗ 0 1 ... .. . .. . ∗ ∗ .. . ∗ 0 nous noterons C∈ Mn−1 (R).Il suffit alors de s’assurer que l’inverse de la matrice de 1 0 1 0 taille n suivante est , puis que 0 P 0 P −1 0 1 0 0 P −1 1 0 0 b12 b22 .. . bn2 ... ... ... b1n b2n 1 .. 0 . bnn 0 P = 0 ∗ ∗ . C Finalement, A est semblable à Mat B (LA ) qui est elle-même semblable à la matrice de 0 ∗ diagonale nulle . ∗ C 2